2019年江苏省常州市中考数学试卷(含答案与解析)

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江苏省常州市2019年中考试卷

数 学

(满分：120分 考试时间：120分钟)

一、选择题(本大题共8小题,每小题2分,共16分.在每小题给出的四个选项中,只有一

项是正确的) 1.3的相反数是

( )

A.13

B.13

C.3

D.3 2.若代数式

x1x3有意义,则实数x的取值范围是

( )

A.x1 B.x3 C.x1

D.x3

3.下图是某几何体的三视图,该几何体是

( )

A.圆柱 B.正方体

C.圆锥

D.球

(第3题) (第4题)

4.如图,在线段PA、PB、PC、PD中,长度最小的是 ( ) A.线段PA B.线段PB C.线段PC D.线段PD

5.若△ABC∽△ABC,相似比为1:2,则△ABC∽△ABC的周长的比为 ( ) A.2:1 B.1:2 C.4:1 D.1:4 6.下列各数中与23的积是有理数的是 ( )

A.23

B.2

C.3

D.23

7.判断命题“如果n＜1,那么n21＜0”是假命题,只需举出一个反例.反例中的n可以为 ( )

A.2

B.12

C.0 D.12

8.随着时代的进步,人们对PM2.5(空气中直径小于等于2.5微米的颗粒)的关注日益密切.某市一天中PM2.5的值

y1ug/m3随时间t(h)的变化如图所示,设y2表示0时到t时PM2.5的值的极差(即0时到t时PM2.5的最大值与最小值

数学试卷 第1页(共24页) 的差),则y2与t的函数关系大致是

( )

A

B

C

D

二、填空题(本大题共10小题,每小题2分,共20分) 9.计算：a3a . 10.4的算术平方根是 . 11.分解因式：ax24a .

12.如果35,那么的余角等于 .

13.如果ab20,那么代数式12a2b的值是 . 14.平面直角坐标系中,点P3,4到原点的距离是 .

15.若x1是关于x、y的二元一次方程axy3的解,则a y2.

16.如图,AB是eO的直径,C、D是eO上的两点,AOC＝120,则CDB＝ . (第16题) (第17题) (第18题)

17.如图,半径为3的eO与边长为8的等边三角形ABC的两边AB、BC都相切,连接

OC,则tanOCB .

18.如图,在矩形ABCD中,AD3AB310,点P是AD的中点,点E在BC上,

CE2BE,点M、N在线段BD上.若△PMN是等腰三角形且底角与DEC相等,则MN .

三、解答题(本大题共10小题,共84分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 19.(本题满分8分)计算：

1(1)012(3)2；

数学试卷 第2页(共24页)

(2)(x1)(x1)x(x1).

20.(本题满分6分)解不等式组x103x8„x并把解集在数轴上表示出来.

21.(本题满分8分)如图,把平行四边形纸片ABCD沿BD折叠,点C落在点C处,BC与AD相交于点E.

(1)连接AC,则AC与BD的位置关系是 ； (2)EB与ED相等吗？证明你的结论.

22.(本题满分8分)在“慈善一日捐”活动中,为了解某校学生的捐款情况,抽样调查了该校部分学生的捐款数(单位：元),并绘制成下面的统计图.

(1)本次调查的样本容量是 ,这组数据的众数为 元； (2)求这组数据的平均数；

(3)该校共有600名学生参与捐款,请你估计该校学生的捐款总数.

23.(本题满分8分)将图中的A型(正方形)、B型(菱形)、C型(等腰直角三角形)纸片分别放在3个盒子中,盒子的形状、大小、质地都相同,再将这3个盒子装入一只不透明的袋子中.

数学试卷 第3页(共24页)

(1)搅匀后从中摸出1个盒子,盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率

是 ；

(2)搅匀后先从中摸出1个盒子(不放回),再从余下的2个盒子中摸出1个盒子,把摸

出的2个盒中的纸片长度相等的边拼在一起,求拼成的图形是轴对称图形的概率.(不重叠无缝隙拼接)

24.(本题满分8分)甲、乙两人每小时共做30个零件,甲做180个零件所用的时间与乙做120个零件所用的时间相等.甲、乙两人每小时各做多少个零件？

25.(本题满分8分)如图,在□OABC中,OA22,AOC45,点C在y轴上,点D

是BC的中点,反比例函数ykx(x＞0)的图像经过点A、D. (1)求k的值； (2)求点D的坐标.

26.(本题满分10分)【阅读】 数学中,常对同一个量．．．．(图形的面积、点的个数、三角形的内角和等)用两种不同的方法计算,从而建立相等关系,我们把这一思想称为“算两次”.“算两次”也称做富比尼原理,是一种重要的数学思想.

数学试卷 第4页(共24页)

--------------------------在 __--------------------__此____________号-------------------- 生_卷_考__ _ _ _ _ __________ _-------------------- _ _上 ________________名__姓__ _-------------------- _ _答 _ ___________--------------------__题校学业毕--------------------无--------------------效---

图1

图2

【理解】

(1)如图1,两个边长分别为a、b、c的直角三角形和一个两条直角边都是c的直角三

角形拼成一个梯形.用两种不同的方法计算梯形的面积,并写出你发现的结论； (2)如图2,n行n列的棋子排成一个正方形,用两种不同的方法计算棋子的个数,可得

等式：n2 ； 【运用】

(3)n边形有n个顶点,在它的内部再画m个点,以mn个点为顶点,把n边形剪成

若干个三角形,设最多可以剪得y个这样的三角形.当n3,m3时,如图3,最多可以剪得7个这样的三角形,所以y7.

①当n4,m2时,如图4,y ；当n5,m 时,y9；

图3 图4

②对于一般的情形,在n边形内画m个点,通过归纳猜想,可得y (用含

m、n的代数式表示).请对同一个量．．．．

用算两次的方法说明你的猜想成立.

27.(本小题满分10分)

如图,二次函数yx2bx3的图象与x轴交于点A、B,与y轴交于点C,点A的坐标为1,0,点D为OC的中点,点P在抛物线上.

(1)b ；

(2)若点P在第一象限,过点P作PHx轴,垂足为H,PH与BC、BD分别交于点M、N.是否存在这样的点P,使得PMMNNH？若存在,求出点P的坐标；若不存在,请说明理由；

(3)若点P的横坐标小于3,过点P作PQBD,垂足为Q,直线PQ与x轴交于点

R,且S△PQB2S△QRB,求点P的坐标.

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28.(本题满分10分)已知平面图形S,点P、Q是S上任意两点,我们把线段PQ的长度的最大值称为平面图形S的“宽距”.例如,正方形的宽距等于它的对角线的长度. (1)写出下列图形的宽距：

①半径为1的圆： ；

②如图1,上方是半径为1的半圆,下方是正方形的三条边的“窗户形”： ；(2)如图2,在平面直角坐标系中,已知点A1，0、B1，0,C是坐标平面内的点,连接AB、BC、CA所形成的图形为S,记S的宽距为d.

①若d2,用直尺和圆规画出点C所在的区域并求它的面积(所在区域用阴影表示)；

②若点C在上运动,eM的半径为1,圆心M在过点0，2且与y轴垂直的直线上.对于eM上任意点C,都有5≤d≤8,直接写出圆心M的横坐标x的取值范围.

图1

图2

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江苏省常州市2019年中考数学试卷

数学答案解析

一、选择题 1.【答案】C

【解析】根据相反数的定义：只有符号不同的两个数称互为相反数计算即可. 解：330. 【考点】相反数的意义 2.【答案】D

【解析】分式有意义的条件是分母不为0. 解：Q代数式

x1x3有意义， x30， x3.

故选：D.

【考点】分式有意义的条件 3.【答案】A

【解析】通过俯视图为圆得到几何体为圆柱或球，然后通过主视图和左视图可判断几何

体为圆锥. 解：该几何体是圆柱. 故选：A.

【考点】由三视图判断几何体 4.【答案】B

【解析】由垂线段最短可解.

解：由直线外一点到直线上所有点的连线中，垂线段最短，可知答案为B. 故选：B.

【考点】直线外一点到直线上所有点的连线中，垂线段最短. 5.【答案】B

【解析】直接利用相似三角形的性质求解

数学试卷 第7页(共24页) 解：Q△ABC∽△ABC，相似比为1:2，

△ABC∽△ABC的周长的比为1:2.

故选B.

【考点】相似三角形的性质 6.【答案】D

【解析】利用平方差公式可知与23的积是有理数的为23； 解：Q2323431； 故选：D.

【考点】二次根式的有理化以及平方差公式 7.【答案】A

【解析】反例中的n满足n＜1，使n21≥0，从而对各选项进行判断. 解：当n2时，满足n＜1，但n213＞0，

所以判断命题“如果n＜1，那么n21≥0”是假命题，举出n2. 故选：A.

【考点】命题与定理 8.【答案】B

【解析】根据极差的定义，分别从t0、0＜t≤10、10＜t≤20及20＜t≤24时，极差y2随t的变化而变化的情况，从而得出答案. 解：当t0时，极差y285850，

当0＜t≤10时，极差y2随t的增大而增大，最大值为43； 当10＜t≤20时，极差y2随t的增大保持43不变； 当20＜t≤24时，极差y2随t的增大而增大，最大值为98； 故选：B. 【考点】函数图象 二、填空题 9.【答案】a2

【解析】直接利用同底数幂的除法运算法则计算得出答案.

数学试卷 第8页(共24页)

解：a3aa2. 故答案为：a2.

【考点】同底数幂的除法 10.【答案】2

【解析】根据算术平方根的含义和求法，求出4的算术平方根是多少即可. 解：4的算术平方根是2. 故答案为：2.

【考点】算术平方根的概念 11.【答案】ax2x2

【解析】先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解. 【解答】解：ax24a

ax24

ax2x2.

【考点】提公因式法与公式法的综合运用 12.【答案】55

【解析】若两角互余，则两角和为90，从而可知的余角为90减去，从而可解.【解答】解：Q35，

的余角等于903555，

故答案为：55. 【考点】余角 13.【答案】5

【解析】将所求式子化简后再将已知条件中a﹣b=2整体代入即可求值； 【解答】解：Qab20，

ab2，

12a2b12ab145；

故答案为5.

【考点】求代数式的值

数学试卷 第9页(共24页) 14.【答案】5

【解析】作PAx轴于A，则PA4，OA3，再根据勾股定理求解. 【解答】解：作PAx轴于A，则PA4，OA3. 则根据勾股定理，得OP5. 故答案为5.

【考点】点到原点的距离求法

15.【答案】1

【解析】把x1代入二元一次方程axy3中即可求a的值.

y2【解答】解：把x1代入二元一次方程axyy23中，

a23，解得a1.

故答案是：1.

【考点】二元一次方程的解 16.【答案】30

【解析】先利用邻补角计算出BOC，然后根据圆周角定理得到CDB的度数. 【解答】解：QBOC180AOC18012060，

CDBBOC30.

故答案为30. 【考点】圆周角定理 17.【答案】35 【解析】根据切线长定理得出OBCOBA12ABC30，解直角三角形求得BD，

即可求得CD，然后解直角三角形OCD即可求得tanOCB的值. 【解答】解：连接OB，作ODBC于D，

QeO与等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，

OBCOBA12ABC30，

tanOCBODBD， 数学试卷 第10页(共24页)

BDOD3tan3033，

3CDBCBD835，

tanOCBOD3CD5. 故答案为35.

【考点】切线的性质，等边三角形的性质，解直角三角形

18.【答案】6或158

【解析】QAD3AB310，AB310，

Q四边形ABCD是矩形，ADBC310，ABCD10，AC90，BDAB2AD210，

QCE2BE，

CE210，BE10， DE52，tanDECCDCE1021012， Q点P是AD的中点，

PD12AD3102. ①如图1，当MN为底边时，则PMPN，PMNPNMDEC， 过点P作PQMN，则MQNQ，MN2MQ，

QAPQD90，ADBPDQ，

△BAD∽△PQD， PQPDABBD2，

数学试卷 第11页(共24页) 3PQ1021010， 解得PQ32；

在Rt△PMQ中，QtanPMNPQMQtanDEC12， 3PQ11MQ2，即2MQ2， MQ3， MN2MQ6.

②如图2，当MN为腰时，则PMMN，MPNMNPDEC，过点M作MQPN于点Q，则PQNQ，

QMNPDEC，PNDDEB，

又QAD∥BC，PDNDBE，

△PND∽△DEB， PDBDPNDE， 3210PN1052， 解得PN3325，NQ45，

在Rt△MNQ中，QtanMNPMQNQtanDEC12， MQ1MQNQ2，即31，

452MQ385，

MNMQ2NQ2158.

综上所述，MN的值为6或158.

数学试卷 第12页(共24页)

【考点】矩形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理 三、解答题

19.【答案】（1）0112(3)21230；

（2）(x1)(x1)x(x1)x21x2xx1.

【解析】根据零指数幂，负指数幂，多项式乘以多项式（单项式）的运算法则准确计算

即可； 【考点】实数的运算

20.【答案】解：解不等式x1＞0，得：x＞1， 解不等式3x8≤x，得：x≤2， 不等式组的解集为1＜x≤2，

将解集表示在数轴上如下：

【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中

间找、大大小小无解了确定不等式组的解集. 【考点】不等式组的解法及在数轴上表示不等式的解集 21.【答案】（1）AC∥BD （2）EB与ED相等.

证明：由折叠可得，CBDC'BD，

QAD∥BC，

ADBCBD，

EDBEBD，

数学试卷 第13页(共24页) BEDE.

【解析】（1）根据ADC'B，EDEB，即可得到AEC'E，再根据三角形内角和定

理，即可得到EAC'EC'AEBDEDB，进而得出AC'∥BD； （2）依据平行线的性质以及折叠的性质，即可得到EDBEBD，进而得出BEDE. 【考点】折叠变换的性质，平行四边形的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的判

定与性质 22.【答案】（1）30,10 （2）这组数据的平均数为

6511108155203012（元）

； （3）估计该校学生的捐款总数为600127200（元）.

【解析】（1）由题意得出本次调查的样本容量是6118530，由众数的定义即可得

出结果；

（2）由加权平均数公式即可得出结果；

（3）由总人数乘以平均数即可得出答案.

【考点】条形统计图的综合运用，平均数，众数的求法以及利用样本估计总体的思想 23.【答案】（1）

23； （2）画树状图为：

共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A， 拼成的图形是轴对称图形的概率为2=163. 数学试卷 第14页(共24页)

【解析】（1）依据搅匀后从中摸出1个盒子，可能为A型（正方形）、B型（菱形）或C

型（等腰直角三角形）这3种情况，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，即可得到盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率；

（2）依据共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和

C，C和A，即可得到拼成的图形是轴对称图形的概率.

解：（1）搅匀后从中摸出1个盒子，可能为A型（正方形）、B型（菱形）或C型（等

腰直角三角形）这3种情况，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的有2种，

盒中的纸片既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是23；

故答案为：23；

（2）画树状图为：

共有6种等可能的情况，其中拼成的图形是轴对称图形的情况有2种：A和C，C和A，

拼成的图形是轴对称图形的概率为26=13.

【考点】用列表法或画树状图求事件的概率以及轴对称图形和中心对称图形的识别 24.【答案】解：设甲每小时做x个零件，则乙每小时做30x个零件， 由题意得：

180x12030x， 解得：x18，

经检验：x18是原分式方程的解， 则301812（个）.

答：甲每小时做18个零件，则乙每小时做12个零件.

【解析】设甲每小时做x个零件，则乙每小时做30x个零件，根据关键语句“甲做180

个零件所用的时间与乙做120个零件所用的时间相等”列出方程，再求解即可. 【考点】分式方程的应用

数学试卷 第15页(共24页) 25.【答案】解：（1）QOA22，AOC45，

A2，2

k4，

y4x；

（2）四边形OABC是平行四边形OABC，

ABx轴，

B的横纵标为2，

Q点D是BC的中点， D点的横坐标为1，

D1，4.

【解析】（1）根据已知条件求出A点坐标即可；

（2）四边形OABC是平行四边形OABC，则有ABx轴，可知B的横纵标为2，D点

的横坐标为1，结合解析式即可求解.

【考点】平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，反比例函数图像上点的坐标特点

及用待定系数法求反比例函数的解析式

26.【答案】解：（1）有三个Rt△其面积分别为ab，1ab，122c2. 直角梯形的面积为12(ab)(ab). 由图形可知：1(ab)(ab)12ab12ab12c22 整理得(ab)22abc2,a2b22ab2abc2，

a2b2c2.

故结论为：直角长分别为a、b斜边为c的直角三角形中a2b2c2. （2）1357L2n1 （3）①6 3 ②yn2(m1)

方法1.对于一般的情形，在n边形内画m个点，第一个点将多边形分成了n个三角形，

以后三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，故可得yn2(m1).

数学试卷 第16页(共24页)

方法2.以△ABC的二个顶点和它内部的m个点，共(m3)个点为顶点，可把△ABC分割成32(m1)个互不重叠的小三角形.以四边形的4个顶点和它内部的m个点，共(m4)个点为顶点，可把四边形分割成42(m1)个互不重叠的小三角形.故以n边形的n个顶点和它内部的m个点，共(mn)个点作为顶点，可把原n边形分割成n（2m1）个互不重叠的小三角形.故可得yn2(m1). 【解析】（1）此等腰梯形的面积有三部分组成，利用等腰梯形的面积等于三个直角三角

形的面积之和列出方程并整理.

（2）由图可知n行n列的棋子排成一个正方形棋子个数为n2，每层棋子分别为

13，，5，7，L，2n1.故可得用两种不同的方法计算棋子的个数，即可解答.

（3）根据探画出图形究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，即

可得出结论.

解：（1）有三个Rt△其面积分别为ab，1ab，1c222. 直角梯形的面积为12(ab)(ab).

由图形可知：1112(ab)(ab)12ab2ab2c2

整理得(ab)22abc2,a2b22ab2abc2，

a2b2c2.

故结论为：直角长分别为a、b斜边为c的直角三角形中a2b2c2.

（2）n行n列的棋子排成一个正方形棋子个数为n2，每层棋子分别为13，，5，7，L，2n1. 由图形可知：1357L2n1. 故答案为1357L2n1.

（3）①如图4，当n4，m2时，y6 如图5，当n5，m3时，y9.

数学试卷 第17页(共24页)

②方法1.对于一般的情形，在n边形内画m个点，第一个点将多边形分成了n个三角

形，以后三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，故可得yn2(m1). 方法2.以△ABC的二个顶点和它内部的m个点，共(m3)个点为顶点，可把△ABC分割成32(m1)个互不重叠的小三角形.以四边形的4个顶点和它内部的m个点，共(m4)个点为顶点，可把四边形分割成42(m1)个互不重叠的小三角形.故以n边形的n个顶点和它内部的m个点，共(mn)个点作为顶点，可把原n边形分割

成n（2m1）个互不重叠的小三角形.故可得yn2(m1). 故答案为：①6，3；②n（2m1）. 【考点】列代数式，求代数式的值，规律探究以及运用知识解决问题 27.【答案】（1）2

（2）存在满足条件呢的点P，使得PMMNNH.

Q二次函数解析式为yx2bx3，

当x0时y3，

C0，3，

当y0时，x22x30， 解得：x11，x23.

A﹣，10，B3，0.

直线BC的解析式为yx3. Q点D为OC的中点，

D30，2.

直线BD的解析式为y1x322， 数学试卷 第18页(共24页)

设Pt,t22t30t3，则Mt,t3，Nt，132t2，Ht，0. PMt22t3(t3)t23t，

MNt313132x22t2，

NH132t2，

MNNH.

QPMMN，

t23t12t32.

解得：t112，t23（舍去）.

P12，154.

P的坐标为12,154，使得PMMNNH.

（3）过点P作PFx轴于F，交直线BD于E.

QOB3，OD3，BOD902， BD0B20D2352. cosOBDOB325BD355.

2QPQBD于点Q，PFx轴于点F， PQEBQRPFR90. PRFOBDPRFEPQ90.

EPQOBD，即cosEPQcosOBD255. 在Rt△PQE中，cosEPQPQ25PE5， PQ255PE. 在Rt△PFR中，cosRPFPF25PR5，

数学试卷 第19页(共24页) PRPF2552PF 5QS11△PQB2S△QRB，SVPQB2BQgPQ，S△QRB2BQgQR

PQ2QR

设直线BD与抛物线交于点G，

Q1312x2x22x3，解得：x13（即点B横坐标）

，x22 ∴点G横坐标为12

设Pt,t22t3(t3)，则E13t,2t2

PFt22t3，PEt22t312t32t252t32

①若12＜t＜3，则点P在直线BD上方，如图2，

PFt22t3，PEt2532t2

QPQ2QR

PQ23PR

255PE23g52PF，即6PE5PF

6t25t35t2222t3

解得：t12，t23（舍去）

P(2,3)

②若1＜x＜12，则点P在x轴上方、直线BD下方，如图3， 此时，PQQR，即S△PQB2S△QRB不成立. ③若t1，则点P在x轴下方，如图4，

PFt22t3t22t3，PE13532t2t22t3t22t2QPQ2QR PQ2PR

数学试卷 第20页(共24页)

255PE2g52PF，即2PE5PF 2t252t325t22t3

解得：t413，t23（舍去）

P4133,9

综上所述，点P坐标为2，3或43,139.

数学试卷 第21页(共24页)

【解析】（1）把点A坐标代入二次函数解析式即求得b的值.

Q二次函数yx2bx3的图象与x轴交于点A(1,0)

1b30

解得：b2. 故答案为：2.

（2）求点B、C、D坐标，求直线BC、BD解析式.设点P横坐标为t，则能用t表示点

P、M、N、H的坐标，进而用含t的式子表示PM、MN、NH的长.以PMMN为等量关系列得关于t的方程，求得t的值合理（满足P在第一象限），故存在满足条件的点P，且求得点P坐标.

（3）过点P作PFx轴于F，交直线BD于E，根据同角的余角相等易证EPQOBD，

所以cosEPQcosOBD255，即在RtPQ25△PQE中，cosEPQPE5；在RtRPFPF25255△PQE中，cosPR5，进而得PQ5PE，PR2PF.设点P

横坐标为t，可用t表示PE、PF，即得到用t表示PQ、PR.又由S△PQB2S△QRB易得PQ2QR.要对点P位置进行分类讨论得到PQ与PR的关系，即列得关于t的方程.求得t的值要注意是否符合各种情况下t的取值范围.

【考点】二次函数的图像与性质，待定系数法求函数解析式，函数图像的交点问题，用

坐标表示线段的长度，二次函数图像上点的坐标特征以及一元二次方程的解法 28.【答案】解：（1）①2 ②10；

理由：①根据宽距的定义，可知在半径为1的半圆中，宽距为半圆的直径即宽距为2； ②如图，作AB的垂直平分线交半圆于点E，交AB于点F，连接AE，则AE的长为该图

数学试卷 第22页(共24页)

形的宽距，由题意知AF1，EF3，宽距AE321210；

（2）①如图，阴影部分就是点C所在的区域：QA1，0，B1，0， AB2， QS的宽距d2,

点C所在的区域是以AB为直径的圆的圆面，点C所在的区域的面积π；

②当eM在y轴右侧时，如图，连接AM1，过点M1作x轴的垂线，垂足为C，设点

M1x，2，则M1C2，ACx1，AM21(x1)222(x1)24，

Q5≤d≤8，4≤AM1≤7，

16≤(x1)24≤49，解得231≤x≤351；

当eM在y轴的左侧时，如图，连接BM₂，过点M₂作x轴的垂线，垂足为D， 设点M2x,2，则M2D2，BD1x，

BM22(x1)222(x1)24，

Q5≤d≤8，

4≤BM2≤7，

16≤(x1)24≤49，解得351≤x≤231；

所以圆心M的横坐标的取值范围是：231≤x≤351或351≤x≤231.

数学试卷 第23页(共24页)

【解析】（1）①根据在半圆中最长的弦为直径，即可求解；

②如图，根据新定义，作出半圆的最高点E，连接AE，然后利用勾股定理求出AE的长

即可；

（2）①点C所在的区域就是以AB为直径的圆的圆面，然后根据圆的面积公式求解； ②分两种情况：eM在y轴右侧和eM在y轴左侧，然后根据5≤d≤8列出不等式，求

出解集即可.

【考点】勾股定理，尺规作图，求不等式的解集，数形结合思想以及分类讨论思想

数学试卷 第24页(共24页)